2021-2022学年甘肃省靖远三中化学高二下期末达标测试试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列微粒的核外电子排布式书写违反泡利原理的是AC：1s22s22p2BNa+：1s22s22p43s2CS2-：1s22s22p23s23p4DK：1s2

2、2s22p63s23p72、现代生活需要人们有一定的科学素养，下列有关化学的科学常识正确的是()A铝的钝化、煤的气化、石油的裂解均有化学反应发生B碳酸钠可用于治疗胃酸过多、制备食品发酵剂C浓硫酸可刻蚀石英制艺术品D氢氧化铁胶体、淀粉溶液、FeCl3溶液均具有丁达尔效应3、NaNO2是一种食品添加剂，过量摄入能致癌。酸性KMnO4 溶液与NaNO2反应的方程式是MnO4NO2Mn2NO3H2O。下列叙述中正确的是A该反应中NO2被还原B反应过程中溶液的pH增大C生成1 mol NaNO3需消耗0.2 mol KMnO4D中的粒子是OH4、某同学利用右图所示装置制备乙酸乙酯。实验如下： 向浓H2S

3、O4乙醇混合液中滴入乙酸后，加热试管A 一段时间后，试管B中红色溶液上方出现油状液体 停止加热，振荡试管B，油状液体层变薄，下层红色溶液褪色 取下层褪色后的溶液，滴入酚酞后又出现红色结合上述实验，下列说法正确的是A中加热利于加快酯化反应速率，故温度越高越好B中油状液体层变薄主要是乙酸乙酯溶于Na2CO3溶液所致C中红色褪去的原因可能是酚酞溶于乙酸乙酯中D取中上层油状液体测其，共有3组峰5、按照生活经验，判断下列物质：苏打水 鲜橙汁 食醋 肥皂液，其中呈酸性的是A B C D6、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是( )A1mol乙醇和足量的乙酸充分反应可得到NA个H2OB标准状况下

4、，11.2L丙烯所含的极性共价键数为3NAC1mol羟基和1mol氢氧根离子所含电子数均为9NAD2.24L（标准状况下）苯在O2中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子7、下列说法正确的是A分别向等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液中滴加2滴酚酞溶液，后者红色更深B分别向2 mL5%H2O2溶液中滴加1 mL 0.1 molL1 FeCl3和CuSO4溶液，产生气泡快慢不相同C蛋白质溶液遇饱和Na2SO4溶液或醋酸铅溶液均产生沉淀，沉淀均可溶于水D加热NH4Cl和Ca(OH)2固体的混合物，可将二者分离8、丁子香酚可用于制备杀虫剂和防腐剂，结构简式如图所示。下列说法中，不正确的是A丁

5、子香酚可通过加聚反应生成高聚物B丁子香酚分子中的含氧官能团是羟基和醚键C1 mol丁子香酚与足量氢气加成时，最多能消耗4 mol H2D丁子香酚能使酸性KMnO4溶液褪色，可证明其分子中含有碳碳双键9、下列对有机物结构或性质的描述错误的是（ ）A将溴水加入苯中，溴水的颜色变浅，这是因为发生了加成反应B苯分子中的6个碳原子之间的化学键完全相同，是一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的化学键C若乙烷和丙烯的物质的量共为1mol，则完全燃烧生成3molH2OD一定条件下，Cl2可在甲苯的苯环或侧链上发生取代反应10、标准状况下，5.6 L O2中含有N个氧原子，则阿伏加德罗常数的值为（）A4NBC2

6、ND11、某主族元素的离子X2+有6个电子层，最外层有2个电子，当把XO2溶于浓盐酸时，有黄色气体产生，则下列说法不正确的是AX2+具有还原性 BX的+2价化合物比+4价化合物稳定CXO2具有强氧化性 D该元素是第A族元素12、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )A在强碱性溶液中：Al3、NH4+、NO3-、HCO3-BpH7的溶液中：Cl、Fe3、SO42-、NaC滴加KSCN溶液显红色的溶液中：NH4+、K、Cl、ID在强酸性溶液中：Na、Ba2、NO3-、Cl13、下列说法错误的是()A用聚乙烯塑料代替聚乳酸塑料可减少白色污染B大量燃烧化石燃料是造成雾霾天气的一种重要

7、因素C可燃冰主要是甲烷与水在低温高压下形成的水合物晶体，因此可存在于海底D乙烯可作水果的催熟剂14、25 和101 kPa，乙烷、乙炔和丙烯组成的混合烃32 mL与过量氧气混合并完全燃烧，除去水蒸气，恢复到原来的温度和压强，气体总体积缩小了72 mL，原混合烃中乙炔的体积分数为()A15%B25%C45%D75%15、X、Y、Z、W、M五种短周期元素，X、Y同周期，X、Z同主族，Y形成化合物种类最多，X2-、W3+具有相同的电子层结构，M为短周期主族元素中原子半径最大的元素。下列说法正确的是A原子半径大小顺序为MWXZYBW元素形成的可溶性盐溶液一定显碱性CM、X只能形成离子化合物，且形成的离

8、子化合物中只含离子键DW的氧化物与Z、M的最高价氧化物的水化物均能反应16、下列示意图与对应的反应情况符合的是A向含0.01 mol KOH和0.01 mol Ca(OH)2的混合溶液中缓慢通入CO2至过量B向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量C向KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量D向含有少量氢氧化钠的NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸至过量17、下列说法正确的是ANH4NO3中既有离子键又有共价键，属于共价化合物BSiC是原子晶体，加热熔化时需破坏共价键CH2O2易分解是因为H2O2分子间作用力弱DNaHSO4晶体溶于水时，离子键被破坏，共价键不受影响18、

9、下列说法中正确的是ANO2、SO2、BF3、NCl3分子中没有一个分子中原子的最外层电子都满足8电子稳定结构BPH3和CH4都是正四面体形分子且键角都为10928CNH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强DNH4的电子式为 ，离子呈平面正方形结构19、下列说法中正确的是()A氯化钠水溶液在电流的作用下电离出Na和ClB二氧化碳的水溶液能够导电，故二氧化碳属于弱电解质C硫酸钡难溶于水，但硫酸钡属于强电解质D氧化钠在水中反应的离子方程式为4Na2O22H2O=4Na4OH20、今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W

10、与X的最高化合价之和为8。下列说法错误的是A原子半径：WXB常温常压下，Y单质为固态C气态氢化物热稳定性：ZWDX的最高价氧化物的水化物是强碱21、下列化学式对应的结构式从成键情况看不合理的是（）ACH3N, BCH2SeO, CCH4S, DCH4Si，22、化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法不正确的是AZn2+向Cu电极方向移动，Cu电极附近溶液中H+浓度增加B正极的电极反应式为Ag2O2eH2O2Ag2OHC锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄D使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物H3-亚甲基异苯并呋喃-1(

11、3H)-酮的一种合成路线如下：(1)C中所含官能团名称为_和_。(2)G生成H的反应类型是_。(3)B的分子式为C9H10O2，写出B的结构简式：_。(4)E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_。分子中含有苯环，能使Br2的CCl4溶液褪色；碱性条件水解生成两种产物，酸化后分子中均只有4种不同化学环境的氢，其中之一能与FeCl3溶液发生显色反应。(5)写出以、P(C6H5)3及N(C2H5)3为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）_。24、（12分）有机物A(C6H12O2)具有果香味，可用作食品加香剂，还可用作天然和合成树脂的溶剂

12、。已知： D、E具有相同官能团，E的相对分子质量比D大； E分子含有支链； F是可以使溴的四氯化碳溶液褪色的烃。(1) B的化学名称为_；D的结构简式_。(2) C、F分子中所含的官能团的名称分别是_、_。(3) 写出有机物B生成C的化学反应方程式：_；反应类型是_。(4) 写出有机物B与E反应生成A的化学反应方程式：_；反应类型是_。(5) E的同分异构体中能同时满足下列条件的共有_种(不含立体异构) ，并写出任意一种符合条件的同分异构体结构简式_。能与Na反应； 能发生银镜反应。25、（12分）已知下列数据：某同学在实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下：配制2mL浓硫酸、3mL乙醇和2mL乙酸

13、的混合溶液。按如图连接好装置并加入混合液，用小火均匀加热35min待试管乙收集到一定量产物后停止加热，撤出试管乙并用力振荡，然后静置待分层。分离出乙酸乙酯， 洗涤、干燥、蒸馏。最后得到纯净的乙酸乙酯。(1)反应中浓硫酸的作用是_(2)写出制取乙酸乙酯的化学方程式：_(3)上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是_(4)步骤为防止加热过程中液体暴沸，该采取什么措施_(5)欲将乙试管中的物质分离得到乙酸乙酯，必须使用的玻璃仪器有_；分离时，乙酸乙酯应从仪器_（填“下口放”“上口倒”）出。(6)通过分离饱和碳酸钠中一定量的乙醇，拟用如图回收乙醇，回收过程中应控制温度是_26、（10分）如图，是实验室制备乙酸

14、乙酯的装置。a试管中加入3 mL 95%的乙醇、2 mL 浓硫酸、2 mL 冰醋酸；b试管中是饱和碳酸钠溶液。连接好装置，用酒精灯对试管a加热，当观察到试管b中有明显现象时停止实验。（1）在a试管中除了加入乙醇、浓硫酸和乙酸外，还应放入_，目的是_。（2）试管b中观察到的主要现象是_。（3）实验中球形干燥管除起冷凝作用外，另一个重要作用是_。（4）饱和Na2CO3溶液的作用是_。（5）反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，然后分液，得到乙酸乙酯。27、（12分）我国重晶石（含BaSO490以上）资源丰富，其中贵州省重晶石储量占全国总储量的三分之一。我省某工厂以重晶石为原料，生产“电子

15、陶瓷工业支柱”钛酸钡( BaTiO3)的工艺流程如下：查阅资料可知：常温下：Ksp(BaSO4)=1.010-10，Ksp(BaCO3)=2.510-9TiCl4在常温下是无色液体，遇水容易发生水解：TiC14+2H2O=TiO2+4HCl草酸氧钛钡的化学式为：BaTiO(C2O4)24H2O请回答下列问题：（1）工业上用饱和Na2CO3溶液处理重晶石（假设杂质不与Na2CO3溶液作用），待达到平衡后，移走上层清液，重复多次操作，将BaSO4转化为易溶于酸的BaCO3，该过程用离子方程式可表示为_，此反应的平衡常数K=_（填写计算结果）。若不考虑CO32-的水解，则至少需要使用_mol/L的N

16、a2CO3溶液浸泡重晶石才能实现该转化过程。（2）配制TiC14溶液时通常将TiC14固体溶于浓盐酸再加水稀释，其目的是_。（3）可循环使用的物质X是_（填化学式），设计实验方案验证草酸氧钛钡晶体是否洗涤干净：_。（4）写出煅烧草酸氧钛钡晶体的化学方程式：_。28、（14分）如图所示一些晶体中的某些结构，它们分别是NaCl、CsCl、干冰、金刚石、石墨结构中的某一种的某一部分：(1)代表金刚石的是(填编号字母，下同)_，其中每个碳原子与_个碳原子最接近且距离相等。金刚石属于_晶体。(2)代表石墨的是_，其中每个正六边形占有的碳原子数平均为_个。(3)表示NaCl的是_，每个Na周围与它最接近且

17、距离相等的Na有_个。(4)代表CsCl的是_，它属于_晶体，每个Cs与_个Cl紧邻。(5)代表干冰的是_，它属于_晶体，每个CO2分子与_个CO2分子紧邻。(6) 已知石墨中碳碳键的键长比金刚石中碳碳键的键长短，则上述五种物质熔点由高到低的排列顺序为_。29、（10分）传统硅酸盐材料因其耐高温、抗腐蚀、强度高等优异性能，被广泛应用于各种工业、科学研究及日常生活中。某硅酸盐材料的主要成分为氧化钙、二氧化硅，并含有一定量铁、铝及镁的氧化物，某研究小组设计以下流程测定该硅酸盐材料中钙的含量（如下图所示）。部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表:(金属离子浓度以0.1molL-1计)沉淀物F

18、e(OH)3Fe(OH)2Ca(OH)2Al(OH)3Mg(OH)2开始沉淀pH2.77.612.34.08.0完全沉淀pH3.79.614.35.212.4回答下列问题:（1）酸浸后，加入双氧水所发生反应的离子方程式为_。为提高钙的浸出率，可以采取的措施是_。（任写一种）（2）沉淀B的成份为_。调节滤液的pH为45，加入的物质可以是_。ACaCO3 BCa(OH)2 C氨水 DMgO（3）向滤液中加足量草酸铵溶液，在水浴上保温陈化2小时，冷却到室温，过滤、洗涤沉淀。将得到的CaC2O4沉淀溶解在硫酸中，并稀释配成250mL溶液。用移液管量取25.00 mL溶液于锥形瓶中，用KMnO4标准溶液

19、滴定。滴定时发生反应的离子方程式为_。若实验中所取样品质量为4.00 g ，KMnO4标准溶液浓度为0.0500 mol/L，平行滴定3次用去KMnO4标准溶液体积平均值为36.00 mL，则该硅酸盐样品中钙的质量分数为_。（4）在保温沉钙环节，若样品中镁的含量过高，会导致最终测定结果产生较大误差。试从理论上计算，加草酸铵溶液沉钙时，溶液中镁离子的浓度最高不能超过_mol/L。（已知：Ksp(CaC2O4) = 4.0010-9，Ksp(MgC2O4) = 4.8310-6）参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、D【解析】试题分析：根据泡利原理，3p能级只能

20、容纳6个电子，故D错误。考点：本题考查核外电子排布。2、A【解析】A、铝在冷的浓硫酸和浓硝酸中钝化，煤的气化为一定条件下煤与水反应生成氢气和一氧化碳，石油的裂解为在高温下石油发生反应生成短链的气态烃，均有化学反应发生，故A正确；B、碳酸钠溶液碱性强，不能用于治疗胃酸过多、制备食品发酵剂，故B错误；C、氢氟酸能与二氧化硅反应，可刻蚀石英制艺术品，故C错误；D、FeCl3溶液不是胶体，不具有丁达尔效应，故D错误；答案选A。3、B【解析】该反应中锰元素化合价由+7价变为+2价，N元素化合价由+3价变为+5价，结合元素守恒和电荷守恒分析解答。【详解】A该反应中N元素化合价由+3价变为+5价，所以亚硝酸

21、根离子失电子被氧化，故A错误；B根据元素守恒和电荷守恒知，是H+，氢离子参加反应导致溶液中氢离子浓度降低，则溶液的pH增大，故B正确；C根据转移的电子守恒，生成1molNaNO3需消耗KMnO4的物质的量=0.4mol，故C错误；D根据元素守恒和电荷守恒知，是H+，故D错误。答案选B。4、C【解析】试题分析：A.温度越高，浓硫酸的氧化性和脱水性越强，可能使乙醇脱水，降低产率，故A错误； B. 中油状液体层变薄主要是乙酸乙酯中的乙醇和盐酸被变化碳酸钠溶液溶解，故B错误；C. 酚酞是有机物，易溶于有机溶剂，中红色褪去的原因可能是酚酞溶于乙酸乙酯中，故C正确；D. 乙酸乙酯分子中存在4种不同环境的氢

22、原子，核磁共振氢谱有4组峰，故D错误；故选C。考点：考查了乙酸乙酯的制备实验的相关知识。5、A【解析】苏打水是含有碳酸氢钠的水溶液，碳酸氢钠水解而使溶液呈弱碱性鲜橙汁中含有有机酸类物质，故其呈酸性食醋中含有乙酸，故其呈酸性肥皂液为高级脂肪酸钠的水溶液，高级脂肪酸钠水解而使溶液呈碱性。综上所述，本题答案为A。6、B【解析】A乙醇与乙酸在浓硫酸加热条件下发生的酯化反应是可逆反应，则1mol乙醇和足量的乙酸充分反应得到的H2O分子数目小于NA，故A错误；B则标准状况下，11.2L丙烯的物质的量为0.5mol，每个丙烯分子内含有的极性共价键即C-H键数目为6个，则0.5mol丙烯所含的极性共价键数为3

23、NA，故B正确；C每个羟基含有9个电子，每个OH-含有10个电子，则1mol羟基和1mol氢氧根离子所含电子数不等，故C错误；D标准状况下的苯为液体，则不能根据气体摩尔体积计算2.24L(标准状况下)苯的物质的量，也无法确定其完全燃烧生成的CO2分子数目，故D错误；故答案为B。7、B【解析】CO2-3的水解程度大于HCO-3，所以等物质的量浓度的Na2CO3溶液碱性大于 NaHCO3溶液，滴加2滴酚酞溶液，Na2CO3溶液红色更深，A错误；同一条件下，检验同浓度的不同的催化剂对双氧水的分解速率的影响，产生气泡快的，催化能力强，B正确；蛋白质溶液遇饱和Na2SO4溶液，降低了蛋白质的溶解度，产生

24、沉淀，但是蛋白质没有失去水溶性；而醋酸铅溶液加入到蛋白质溶液，产生沉淀，但是蛋白质已经变性，失去了水溶性，C错误；加热NH4Cl和Ca(OH)2固体的混合物，二者发生反应生成氨气和氯化钙，不能将二者分离，D错误；正确选项B。点睛：蛋白质溶液中遇到轻金属盐，比如硫酸铵、硫酸钠等，降低了蛋白质的溶解度，蛋白质以沉淀的形式析出，但是蛋白质没有失去水溶性，没有失去生理活性，属于物理变化；蛋白质溶液遇到重金属盐，比如硫酸铜、醋酸铅等，也产生沉淀，但蛋白质发生变性，属于化学变化，蛋白质失去水溶性，失去生理活性。8、D【解析】A. 丁子香酚中含有碳碳双键，可以发生加聚反应生成高聚物，故A正确；B. 丁子香酚

25、中含有碳碳双键、羟基和醚键三种官能团，其中含氧官能团是羟基和醚键，故B正确；C. 丁子香酚中的苯环及碳碳双键可以和氢气发生加成反应，1 mol丁子香酚与足量氢气加成时，最多能消耗4 mol H2，故C正确；D. 因酚羟基、碳碳双键都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色，又因与苯环相连的烃基第一个碳原子上含有氢原子，也可被酸性高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色，所以丁子香酚能使酸性KMnO4溶液褪色，不能证明其分子中含有碳碳双键，故D错误；答案选D。点睛：本题主要考查有机物的结构和性质，明确有机物中官能团与性质之间的关系、常见的反应类型是解答本题的关键，本题的易错点是D项，根据丁子香

26、酚的结构可知，丁子香酚中含有酚羟基、碳碳双键、醚键等官能团，因酚羟基、碳碳双键都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色，又因与苯环相连的烃基第一个碳原子上含有氢原子，也可被酸性高锰酸钾溶液氧化使高锰酸钾溶液褪色，所以丁子香酚能使酸性KMnO4溶液褪色，不能证明其分子中含有碳碳双键。9、A【解析】A将溴水加入苯中，由于溴在苯中的溶解度比在水中的溶解度大，故发生萃取，溴水的颜色变浅，发生的是物理变化，A项错误；B苯分子中不存在碳碳单键和碳碳双键，而存在一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的化学键，B项正确；C乙烷和丙烯的每个分子中都含有6个氢原子，1mol混合物中含6mol氢原子，完全燃烧

27、生成3molH2O，C项正确；D苯环上的氢原子在催化剂作用下能被氯原子取代，苯环侧链上的氢原子在光照条件下可被氯原子取代，D项正确。故选A。10、C【解析】根据nV/Vm、N=nNA解答。【详解】标准状况下，5.6LO2中含有N个氧原子，氧气的物质的量是5.6L22.4L/mol0.25mol，氧原子的物质的量是0.5mol，则阿伏加德罗常数的值为N0.52N。答案选C。11、D【解析】试题分析：根据题意可知该元素是第六周期第IVA的元素，是Pb元素，+4价的Pb不稳定，有强氧化性，会把HCl氧化为氯气。因此会看到产生黄色气体APb最外层有4个电子，所以X2+具有还原性，正确。B根据题意可知X

28、的+2价化合物比+4价化合物稳定，正确。CXO2在反应中得到电子，表现强的氧化性。正确。D该元素的原子最外层失去2个电子，还有2个，是第IVA族的元素。考点：考查元素的原子结构与形成的化合物的性质的知识。12、D【解析】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的，结合离子的性质、题干中的限制条件分析判断。【详解】A. 在强碱性溶液中Al3、NH4+、HCO3-等均与氢氧根离子反应，不能大量共存，A不选；B. pH7的溶液中Fe3会产生氢氧化铁沉淀，不能大量共存，B不选；C. 滴加KSCN溶液显红色的溶液中含有铁离子，铁离子能氧化I，不能大量共存，C不选；D. 在强酸性溶液中Na、Ba

29、2、NO3-、Cl均可以大量共存，D选。答案选D。13、A【解析】A.聚乙烯塑料在自然界中很难分解，可造成白色污染，故A错误；B. 大量燃烧化石燃料可产生碳等颗粒物，是造成雾霾天气的一种重要因素，故B正确；C. 可燃冰主要是甲烷与水在低温高压下形成的水合物晶体，因此可存在于海底，故C正确；D. 乙烯可作水果的催熟剂，故D正确。故选A。14、B【解析】根据有机物燃烧的化学反应方程式，分析反应前后气体体积的变化，利用气体体积缩小了72mL及混合气体的体积列式计算出乙炔的体积，最后计算乙炔的体积分数。【详解】常温下，水为液体，由乙烷、乙炔和丙烯燃烧的方程式可知，除去水蒸气，恢复到原来的温度和压强，C

30、2H6+O22CO2+3H2O V 1 2 2.5C2H2+O22CO2+H2O V1 2 1.5C3H6+O23CO2+3H2O V1 3 2.5则C2H6和C3H6反应后体积缩小的量是相同的，故可将两者看成是一种物质即可，设C2H6和C3H6一共为xmL，C2H2为ymL，则有x+y32，2.5x+1.5y72，解得y=8mL，混合烃中乙炔的体积分数为100%25%，故选B。【点睛】掌握有机物燃烧的化学反应方程式的计算是解题的关键。本题的难点是乙烷和丙烯反应后体积缩小的量是相同的，可以看成一种物质进行解答。15、D【解析】Y形成化合物种类最多，故Y是碳，X、Y同周期且能形成X2-，故X是氧

31、，X2-、W3+具有相同的电子层结构，故W是铝，X、Z同主族，故Z是硫，M为短周期主族元素中原子半径最大的元素，M是钠。A、原子半径大小顺序为MWZYX，A项错误；B、氯化铝溶液显酸性，B项错误；C、过氧化钠中有共价键，C项错误；D、W的最高价氧化物是两性氢氧化物，与Z、M的最高价氧化物的水化物均能反应，D项正确；答案选D。16、B【解析】分析：A选项，首先CO2先与Ca(OH)2反应，再和KOH反应，当反应完全之后再和沉淀CaCO3反应，生成碳酸氢钙；B选项，NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，只产生硫酸钡沉淀；C选项，1 mol KAl(SO4)2，加入1.5 mol的Ba(OH

32、)2时生成1.5mol BaSO4和1 molAl(OH)3，沉淀的物质的量最大为2.5 mol，再加入0.5 mol Ba(OH)2，生成0.5 mol BaSO4，溶解1 mol Al(OH)3；D选项，含有少量氢氧化钠的偏铝酸钠溶液中滴加盐酸，盐酸先和氢氧化钠反应，在NaAlO2与HCl的物质的量之比为小于等于11， 此时只生成白色的氢氧化铝沉淀，如果继续加入盐酸，这是沉淀开始溶剂，当NaAlO2与HCl的物质的量之比达到14时，所产生的氢氧化铝完全溶解。详解：A选项，首先CO2先与Ca(OH)2反应，产生CaCO3沉淀，此时沉淀量逐渐增大，CO2再和KOH反应，此时无沉淀，之后二氧化碳

33、先会和K2CO3反应，生成酸式盐，当反应完全之后再和沉淀CaCO3反应，生成碳酸氢钙，从而沉淀出现溶解现象，所以图像应该是“等腰梯形”的形状，故A错误；B选项，NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，只产生硫酸钡沉淀，当把硫酸根反应完全，再加氢氧化钡也不产生沉淀，所给图像恰好能表达该反应过程，故B选项正确；C选项，假设溶液中含1 mol KAl(SO4)2，加入1.5 mol的Ba(OH)2时生成1.5mol BaSO4和1 molAl(OH)3，沉淀的物质的量最大为2.5 mol，再加入0.5 mol Ba(OH)2，生成0.5 mol BaSO4，溶解1 mol Al(OH)3，故沉

34、淀的总物质的量减少，最后只剩下硫酸钡沉淀，故C错误；D选项，含有少量氢氧化钠的偏铝酸钠溶液中滴加盐酸，盐酸先和氢氧化钠反应，在NaAlO2与HCl的物质的量之比为小于等于11， 此时只生成白色的氢氧化铝沉淀，如果继续加入盐酸，这是沉淀开始溶剂，当NaAlO2与HCl的物质的量之比达到14时，所产生的氢氧化铝完全溶解，离子方程式如下，H+AlO2-+ H2O = Al(OH)3； Al(OH)3+3H+= Al3+ 3H2O故曲线应该是加入1份盐酸时沉淀达到最大，再加入3份盐酸沉底全部消失，图像应该是个“非等腰三角形”，与D所给图像不符合，故D错误。故本题选B。点睛:本题考查学生分析图像的能力，

35、学生需要熟悉反应的过程，知道反应“顺序”和“量”都会对反应的现象产生影响，进而影响所绘制的曲线。17、B【解析】ANH4NO3中既有离子键又有共价键，属于离子化合物，故A错误；BSiC是原子晶体，原子间通过共价键结合形成的空间网状态结构，所以SiC加热熔化时需破坏共价键，故B正确；CH2O2易分解是因为分子内化学键弱，和H2O2分子间作用力无关，故C 错误；D硫酸氢钠溶于水时发生电离，电离方程式为NaHSO4 = Na+ + H+ SO42-，所以有离子键和共价键被破坏，故D错误；故答案： B。18、C【解析】A二氧化氮分子中，N元素位于第VA族，则5+2=7，所以不满足8电子稳定结构，二氧化

36、硫分子中，S元素位于第VIA族，则6+2=8，所以满足8电子稳定结构，三氟化硼分子中，B元素位于第IIIA族，则3+3=6，所以不满足8电子稳定结构，三氯化氮分子中，氮原子为有第VA族，则5+3=8，所以满足8电子结构，故A错误；BPH3和NH3的结构相似，为三角锥形，故B错误；C分子中，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力，所以NH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强，故C正确；D铵根离子和甲烷分子结构相似，都是正四面体结构，故D错误；故选C。点睛：本题考查了物质结构和性质，涉及微粒的空间结构、8电子稳定结构的判断等知识点。根据8电子稳定结构的

37、判断方法，在ABn型化合物中，中心元素A的族序数+成键数=8时，满足分子中所有原子都满足最外层8电子结构。19、C【解析】本题考查电离、强弱电解质等知识。解析：氯化钠水溶液在水的作用下电离出Na和Cl，A错误；二氧化碳溶于水，与水反应生成碳酸，碳酸能部分电离，碳酸属于弱电解质，二氧化碳属于非电解质，B错误；硫酸钡难溶于水，但溶于水的硫酸钡完全电离，硫酸钡属于强电解质，C正确； 氧化钠为氧化物，不能拆写，反应的离子方程式为：2Na2O2H2O=4Na4OH，D错误。20、D【解析】W、X、Y和Z为短周期主族元素，依据位置关系可以看出，W的族序数比X多2，因主族元素族序数在数值上等于该元素的最高价

38、（除F与O以外），可设X的族序数为a，则W的族序数为a+2，W与X的最高化合价之和为8，则有a+(a+2)=8，解得a=3，故X位于第IIIA族，为Al元素；Y为Si元素，Z为P元素；W为N元素，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知W、X、Y和Z为N、Al、Si和P，则A. 同一周期从左到右元素原子半径依次减小，同一主族从上到下元素原子半径依次增大，则原子半径比较：NAl，A项正确；B. 常温常压下，Si为固体，B项正确；C. 同一主族元素从上到下，元素非金属性依次减弱，气体氢化物的稳定性依次减弱，则气体氢化物的稳定性：PH3NH3，C项正确；D. X的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，即可以

39、和强酸反应，又可以与强碱反应，属于两性氢氧化物，D项错误；答案选D。【点睛】非金属性越强的原子形成氢化物越稳定，与氢气化合越容易，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，对应阴离子的还原性越弱，要识记并理解。21、D【解析】AC原子最外层有4个电子，应形成4个共价键，N原子最外层有5个电子，应形成3个共价键，H原子最外层有1个电子，应形成1个共价键，A正确；BC原子最外层有4个电子，应形成4个共价键，H原子最外层有1个电子，应形成1个共价键，O和Se均为第A族元素，其原子最外层均有6个电子，均应形成2个共价键，B正确；CC原子最外层有4个电子，应形成4个共价键，H原子最外层有1个电子，应形成1个

40、共价键，S原子最外层有6个电子，形成2个共价键，C正确；DH原子最外层有1个电子，应形成1个共价键，C和Si都是第A族元素，其原子最外层电子数均为4，应形成4个共价键，C原子和Si原子均不满足，D错误。答案选D。22、A【解析】A.Zn较Cu活泼，做负极，Zn失电子变Zn2+，电子经导线转移到铜电极，铜电极负电荷变多，吸引了溶液中的阳离子，因而Zn2+和H+迁移至铜电极，H+氧化性较强，得电子变H2，因而c(H+)减小，A项错误；B. Ag2O作正极，得到来自Zn失去的电子，被还原成Ag,结合KOH作电解液，故电极反应式为Ag2O2eH2O2Ag2OH，B项正确；C.Zn为较活泼电极，做负极，

41、发生氧化反应，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，锌溶解，因而锌筒会变薄，C项正确；D.铅蓄电池总反应式为PbO2 + Pb + 2H2SO4 2PbSO4 + 2H2O，可知放电一段时间后，H2SO4不断被消耗，因而电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降，D项正确。故答案选A。二、非选择题(共84分)23、酯基 溴原子 消去反应 或 【解析】(1)根据C的结构简式判断其官能团；(2)根据G、H分子结构的区别判断反应类型；(3)A是邻甲基苯甲酸，A与甲醇在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生B；(4)根据同分异构体的概念及E的结构简式和对其同分异构体的要求可得相应的物质的结构简式；(5)苯酚与氢

42、气发生加成反应产生环己醇，环己醇一部分被催化氧化产生环己酮，另一部分与HBr发生取代反应产生1-溴环己烷，1-溴环己烷发生题干信息反应产生，与环己酮发生信息反应得到目标产物。【详解】(1)由C结构简式可知其含有的官能团名称是酯基、溴原子；(2)由与分析可知：G与CH3COONa在乙醇存在时加热，发生消去反应产生和HI；(3)A是邻甲基苯甲酸，A与甲醇在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生B；是邻甲基苯甲酸甲酯，结构简式是；(4)E结构简式为：，其同分异构体要求：分子中含有苯环，能使Br2的CCl4溶液褪色，说明含有不饱和的碳碳双键；碱性条件水解生成两种产物，酸化后分子中均只有4种不同化学环境

43、的氢，其中之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明是苯酚与酸形成了酯；则该物质可能为或；(5)苯酚与氢气在Ni催化下，加热，发生加成反应产生环己醇，环己醇一部分被催化氧化产生环己酮，另一部分与HBr发生取代反应产生1-溴环己烷，1-溴环己烷与P(C6H5)3发生题干信息反应产生，与在N(C2H5)3发生信息反应得到目标产物。所以由合成路线流程图为：。【点睛】本题考查了有机物的推断与合成的知识。掌握有机物官能团的结构对性质的决定作用，的物质推断的关键，题目同时考查了学生接受信息、利用信息的能力。24、乙醇 CH3COOH 醛基 碳碳双键 2CH3CH2OHO2 2CH3CHO+2H2O 氧化反应

44、 CH3CH(CH3)COOH+CH3CH2OHCH3CH(CH3)COOCH2CH3+H2O 酯化反应(或取代反应) 5 HOCH2CH2CH2CHO 【解析】有机物A(C6H12O2)具有果香味，可用作食品加香剂，则A为酯，B和E发生酯化反应生成A，则B和E为醇和酸，B能够发生氧化反应生成C，C能够继续发生氧化反应生成D，则B为醇，D为酸；D、E具有相同官能团，E的相对分子质量比D大，则E中含有四个碳原子，B中含有2个碳原子，E分子含有支链，因此B为乙醇，E为(CH3)2CHCOOH，则A为(CH3)2CHCOOCH2CH3，C为乙醛，D为乙酸；乙醇在浓硫酸存在时发生脱水反应生成F，F是可

45、以使溴的四氯化碳溶液褪色的烃，则F为乙烯，据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为(CH3)2CHCOOCH2CH3，B为乙醇，C为乙醛，D为乙酸，E为(CH3)2CHCOOH，F为乙烯。(1) B为乙醇；D为乙酸，结构简式为CH3COOH，故答案为：乙醇；CH3COOH；(2) C为乙醛，F为乙烯，所含的官能团分别是醛基、碳碳双键，故答案为：醛基；碳碳双键；(3) 有机物B生成C的化学反应方程式为2CH3CH2OHO2 2CH3CHO+2H2O，该反应属于氧化反应，故答案为：2CH3CH2OHO2 2CH3CHO+2H2O；氧化反应；(4) 有机物B与E反应生成A的化学反应方程式CH3CH(

46、CH3)COOH+CH3CH2OHCH3CH(CH3)COOCH2CH3+H2O，该反应为酯化反应，也是取代反应，故答案为：CH3CH(CH3)COOH+CH3CH2OHCH3CH(CH3)COOCH2CH3+H2O；酯化反应或取代反应；(5) E为(CH3)2CHCOOH，E的同分异构体中能同时满足下列条件：能与Na反应，说明结构中含有羟基或羧基；能发生银镜反应，说明结构中含有醛基，因此E的同分异构体中含有醛基和羟基，除去醛基，还有3个碳原子，满足条件的有：醛基连接在1号碳原子上，羟基有3种连接方式；醛基连接在2号碳原子上，羟基有2种连接方式，共5种同分异构体，如HOCH2CH2CH2CHO

47、、CH3CHOHCH2CHO等，故答案为：5；HOCH2CH2CH2CHO(或CH3CHOHCH2CHO等)。25、催化剂、吸水剂 CH3COOHCH3CH2OHCH3COOCH2CH3H2O 中和乙酸并吸收乙醇；降低乙酸乙酯的溶解度 在试管中加入少量碎瓷片 分液漏斗 上口倒 78 【解析】在试管甲中先加入碎瓷片，再依次加入乙醇、浓硫酸、乙酸，按3:2:2关系混合得到混合溶液，然后加热，乙醇、乙酸在浓硫酸催化作用下发生酯化反应产生乙酸乙酯，由于乙酸乙酯的沸点低，从反应装置中蒸出，进入到试管乙中，乙酸、乙醇的沸点也比较低，随蒸出的生成物一同进入到试管B中，碳酸钠溶液可以溶解乙醇，反应消耗乙酸，同

48、时降低乙酸乙酯的溶解度，由于其密度比水小，液体分层，乙酸乙酯在上层，用分液漏斗分离两层互不相容的液体物质，根据“下流上倒”原则分离开两层物质，并根据乙醇的沸点是78，乙酸是117.9，收集78的馏分得到乙醇。【详解】(1)反应中浓硫酸的作用是作催化剂，同时吸收反应生成的水，使反应正向进行，提高原料的利用率；(2)乙酸与乙醇在浓硫酸催化作用下加热，发生酯化反应产生乙酸乙酯和水，产生的酯与与水在反应变为乙酸和乙醇，乙醇该反应为可逆反应，生成乙酸乙酯的化学方程式为：CH3COOHCH3CH2OHCH3COOCH2CH3H2O；(3)在上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是溶解乙醇，反应消耗乙酸，同时降低乙

49、酸乙酯的溶解度，便于液体分层，闻到乙酸乙酯的香味；(4)步骤为防止加热过程中液体暴沸，该采取的措施加入少量碎瓷片，以防止暴沸；(5)欲将乙试管中的物质分离得到乙酸乙酯，必须使用的玻璃仪器有分液漏斗；分离时，由于乙酸乙酯的密度比水小，所以应在下层液体下流放出完全后，关闭分液漏斗的活塞，从仪器上口倒出；(6)分离饱和碳酸钠中一定量的乙醇，由于乙醇的沸点为78，乙酸反应转化为盐，沸点远高于78的，所以要用如图回收乙醇，回收过程中应控制温度是78。【点睛】本题考查了乙酸乙酯的制备方法，涉及实验过程中物质的使用方法、物质的作用、混合物的分离、反应原理的判断等，明确乙酸乙酯与乙酸、乙醇性质的区别方法及浓硫

50、酸的作用。26、沸石（或碎瓷片） 防止暴沸 溶液分层，在饱和碳酸钠溶液上层产生有特殊香味的无色液体 防止倒吸 除去乙酸和乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度 【解析】（1）还应放入沸石（或碎瓷片），目的是防止暴沸；（2）碳酸钠溶液能溶解乙醇、与乙酸反应，但是乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，会分层；（3）碳酸钠溶液能溶解乙醇、与乙酸反应，使压强减小；（4）饱和碳酸钠溶液作用是除去乙酸和乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度。【详解】（1）在a试管中除了加入乙醇、浓硫酸和乙酸外，还应放入沸石（或碎瓷片），目的是防止暴沸；（2）碳酸钠溶液能溶解乙醇、与乙酸反应，但是乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，会分层。则试管b中观察到的主

51、要现象是：溶液分层，在饱和碳酸钠溶液上层产生有特殊香味的无色液体；（3）酸钠溶液能溶解乙醇、与乙酸反应，使压强减小，则实验中球形干燥管除起冷凝作用外，另一个重要作用是防止倒吸；（4）由以上分析可知，饱和Na2CO3溶液的作用是除去乙酸和乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度。27、BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq) 0.04(或1/25)2.510-4抑制TiCl4的水解HCl 取最后一次洗涤液少许，滴入稀硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成，则说明晶体已经洗涤干净BaTiO(C2O4)24H2OBaTiO3 + 2CO2 +2CO +4H2O【解析】分析：根据流程图，用

52、饱和Na2CO3溶液处理重晶石，将BaSO4转化为易溶于酸的BaCO3，然后用盐酸溶解后，加入TiC14和草酸溶液，反应析出草酸氧钛钡晶体，经过洗涤、干燥、灼烧得BaTiO3。其中将BaSO4转化为易溶于酸的BaCO3的离子方程式为BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)，根据K=cSO42-cCO32-=cSO42-cBa2+cCO32-cBa2+计算，当c(SO42-)1.010-5 mol/L时，可以认为BaSO4已转化为BaCO3，据此分析解答。详解：(1)工业上用饱和Na2CO3溶液处理重晶石，将BaSO4转化为易溶于酸的BaCO3，该过程用离子方程

53、式可表示为BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)，此反应的平衡常数K=cSO42-cCO32-=KspBaSO4KspBaCO3=1.010-102.510-9=125；当c(SO42-)1.010-5 mol/L时，认为BaSO4转化为了易溶于酸的BaCO3，因此c(CO32-)2.510-4mol/L，故答案为：BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)；125；2.510-4；(2)TiC14在常温下是无色液体，遇水容易发生水解可知，在配制为抑止其水解，需将TiCl4固体溶于浓盐酸再加水稀释，故答案为：抑制TiCl4的水解；(3)向混合液中加入TiC14溶液和H2C2O4溶液反应得到草酸氧钛钡和HCl，故可循环使用的物质X 是HCl；草酸氧钛钡晶体表面附着氯离子，验证草酸氧钛钡晶体是否洗涤干净的方法为：取最后一次洗涤液少许，滴入稀硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成，则说明晶体已经洗涤干净，故答案为：HCl；取最后一次洗涤液少许，滴入稀硝酸酸化